λύσεις των ασκήσεων Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ λύσεις των ασκήσεων Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ Ομάδας Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β Τάξη Γενικού Λυκείου Ομάδα Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΕΠΑΝΕΚ ΟΣΗΣ Η επανέκδοση του παρόντος βιβλίου πραγματοποιήθηκε από το Ινστιτούτο Τεχνολογίας Υπολογιστών & Εκδόσεων «Διόφαντος» μέσω ψηφιακής μακέτας, η οποία δημιουργήθηκε με χρηματοδότηση από το ΕΣΠΑ / ΕΠ «Εκπαίδευση & Διά Βίου Μάθηση» / Πράξη «ΣΤΗΡΙΖΩ». Οι διορθώσεις πραγματοποιήθηκαν κατόπιν έγκρισης του Δ.Σ. του Ινστιτούτου Εκπαιδευτικής Πολιτικής

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΠΑΙΔΕΙΑΣ, ΕΡΕΥΝΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΗΣ ΠΟΛΙΤΙΚΗΣ ΑΔΑΜΟΠΟΥΛΟΣ ΛΕΩΝΙΔΑΣ ΒΙΣΚΑΔΟΥΡΑΚΗΣ ΒΑΣΊΛΕΙΟΣ ΓΑΒΑΛΑΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΠΟΛΥΖΟΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ ΣΒΕΡΚΟΣ ΑΝΔΡΕΑΣ Η συγγραφή και η επιστηµονική επιµέλεια του βιβλίου πραγµατοποιήθηκε υπό την αιγίδα του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β Τάξη Γενικού Λυκείου Ομάδα Προσανατολισμού Θετικών Σπουδών ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΚΑΙ ΕΚΔΟΣΕΩΝ «ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ»

ΓΙΑ ΤΟ ΜΑΘΗΤΗ Το τεύχος που κρατάς έχει μια ιδιομορφία: σου δίνεται με τη σύσταση να μη το διαβάσεις. τουλάχιστο με την έννοια που διαβάζεις ένα άλλο βιβλίο για να κατανοήσεις το περιεχόμενό του. Πράγματι, οι ασκήσεις που σου δίνει ο καθηγητής σου είναι για να εργαστείς μόνος. Γιατί το να λύσεις μια άσκηση σημαίνει πολλές φορές όχι μόνο ότι έχεις κατανοήσει την αντίστοιχη θεωρητική ύλη αλλά και ότι ξέρεις να τη χρησιμοποιήσεις για να δημιουργείς, να ανακαλύπτεις ή να επιβεβαιώνεις κάτι καινούργιο. Και αυτό έχει ιδιαίτερη σημασία για σένα τον ίδιο. Δεν μπορεί παρά να έχεις και συ τη φιλοδοξία να λύνεις μόνος χωρίς βοήθεια τις ασκήσεις, για να νιώθεις τη χαρά αυτής της δημιουργίας, της ανακάλυψης. Πρέπει να ξέρεις ότι όταν δυσκολεύεσαι στη λύση μιας άσκησης, τις πιο πολλές φορές υπάρχει κάποιο κενό στη γνώση της αντίστοιχης θεωρίας Πήγαινε πίσω λοιπόν στο διδακτικό βιβλίο κάθε φορά που χρειάζεται να εντοπίσεις και να συμπληρώσεις τέτοια κενά. Οπωσδήποτε πριν καταπιαστείς με τη λύση των ασκήσεων πρέπει να αισθάνεσαι κάτοχος της θεωρίας που διδάχτηκες. Εκτός από την κατανόηση της θεωρίας μπορεί να βοηθηθείς στη λύση μιας άσκησης από τα παραδείγματα και τις εφαρμογές που περιέχει το διδακτικό σου βιβλίο. Αν παρόλ αυτά δεν μπορείς να προχωρήσεις, στο τέλος του βιβλίου σου θα βρεις μια σύντομη υπόδειξη που ασφαλώς θα σε διευκολύνει. Στις ελάχιστες περιπτώσεις που έχοντας εξαντλήσει κάθε περιθώριο προσπάθειας δε βρίσκεται η πορεία που οδηγεί στη λύση της άσκησης, τότε και μόνο τότε μπορείς να καταφύγεις σ αυτό το τεύχος και μάλιστα για να διαβάσεις εκείνο το τμήμα της λύσης που σου είναι απαραίτητο για να συνεχίσεις μόνος. Ουσιαστικά λοιπόν δεν το χεις ανάγκη αυτό το τεύχος. Σου παρέχεται όμως για τους εξής λόγους: α) Για να μπορείς να συγκρίνεις τις λύσεις που εσύ βρήκες. β) Για να σε προφυλάξει από ανεύθυνα «λυσάρια». γ) Για να απαλλάξει τους γονείς σου από αντίστοιχη οικονομική επιβάρυνση. δ) Για να έχεις εσύ και οι συμμαθητές σου την ίδια συλλογή ασκήσεων που είναι έτσι επιλεγμένες, ώστε να εξασφαλίζουν την εμπέδωση της ύλης. ε) Για να εργάζεσαι χωρίς το άγχος να εξασφαλίσεις οπωσδήποτε για κάθε μάθημα τις λύσεις των ασκήσεων. Το τεύχος που κρατάς είναι λοιπόν φίλος. Να του συμπεριφέρεσαι όπως σ έναν φίλο που έχει δει πριν από σένα την ταινία που πρόκειται να δεις μη του επιτρέψεις να σου αποκαλύψει την «υπόθεση» πριν δεις και συ το έργο. Μετά μπορείτε, να συζητήσετε. Η σύγκριση των συμπερασμάτων θα είναι ενδιαφέρουσα και προπαντός επωφελής. (Από το Τμήμα Μ.Ε. του Π.Ι.)

ΚΕΦΑΛΑΙΟ. Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΟΣ. ΠΡΟΣΘΕΣΗ ΚΑΙ ΑΦΑΙΡΕΣΗ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ. Για να μη μετακινηθεί το σώμα χρειάζεται να εφαρμοστεί δύναμη ΣΒ F + F + F + F4 + F 5. ( ). (i) Έχουμε διαδοχικά: α + γ β + δ α β δ γ ΒΑ Γ. Άρα, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. δ α γ β (ii) Έχουμε διαδοχικά: α γ β δ ΓΑ Β ( ΓΑ) ( Β ). Άρα, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ έχει ίσες διαγώνιες. (iii) Από τα ερωτήματα (i) και (ii) προκύπτει ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο με ίσες διαγώνιες, άρα είναι ορθογώνιο.

8. (i) x α + β (ii) x α + β γ (iii) x ζ ε δ + γ β α. 4. Έχουμε διαδοχικά: ΑΒ + ΑΓ Α + ΑΕ ΑΒ Α ΑΕ ΑΓ Β ΓΕ Άρα, το τετράπλευρο ΒΔΓΕ είναι παραλληλόγραμμο. 5. Έχουμε: ΑΒ Γ ( ΟΒ ΟΑ) ( ΟΓ Ο ) ΟΒ ΟΑ ΟΓ + Ο ΟΒ ( ΟΑ + ΟΓ ) + Ο ΟΒ + Ο. 6. Έστω O το κέντρο του εξαγώνου. Γνωρίζουμε ότι οι πλευρές του κανονικού εξαγώνου είναι ίσες με την ακτίνα του. Επομένως ( ΑΒ ) ( ΒΓ ) ( Γ ) ( ΟΑ) ( ΟΒ ) ( ΟΓ ) ( Ο ) και άρα τα τετράπλευρα ΟΑΒΓ και ΟΒΓΔ είναι ρόμβοι. Έτσι έχουμε Γ Ο ΟΓ ΒΓ ΑΒ β α. Ζ Ε Α Ο r α Β Δ r β Γ 7. Έχουμε: PP + PP 4 + PP 5+ PP 4 6 + PP 5 + PP 6 ( PP + PP 5 + PP 5 ) + ( PP 4 + PP 4 6 + PP 6 ) PP + PP 0+ 0 0.

9. ΠΟΛΛΑΠΛΑΣΙΑΣΜΟΣ ΑΡΙΘΜΟΥ ΜΕ ΔΙΑΝΥΣΜΑ Α ΟΜΑΔΑΣ. Το διάνυσμα α 0 είναι γινόμενο του θετικού αριθμού α με το α, επομένως είναι ομόρροπο με το α και έχει μέτρο ίσο με α 0 α α α α.. (i) Έχουμε διαδοχικά: ( x+ α) ( x+ β) ( x+ α) ( x+ β) x+ α x+ β x β α (ii) Έχουμε διαδοχικά: x+ ( α + β) 4( α β) x x+ α + β 4α 4β x x+ x 4α 4β β α 4x α 7β 7 x α β 4 4. Έχουμε διαδοχικά: ΒΜ ΜΓ ΑΜ ΑΒ ( ΑΓ ΑΜ ) x β ( γ x) x β γ x x β + γ x ( β + γ)

0 4. (i) Προφανώς είναι Β β + α. Έχουμε διαδοχικά: Ε + ΕΒ Β ΕΒ + ΕΒ Β ΕΒ Β ΕΒ Β. Άρα, ΕΒ + ( β α) Έχουμε: ΓΒ Β Γ β + α α β α Έχουμε διαδοχικά: Ε ΕΒ ΑΕ Α ( ΑΒ ΑΕ ) ΑΕ Α ΑΒ ΑΕ ΑΕ ΑΒ + Α ΑΕ α β ΑΕ ( α β) Έχουμε διαδοχικά: Ε ΕΒ ΓΕ Γ ( ΓΒ ΓΕ ) ΓΕ Γ ΓΒ ΓΕ ΓΕ Γ + ΓΒ ΓΕ α + ( β α) ΓΕ β 4α ΓΕ ( β 4α) ΕΓ ( 4α β) ( α β).

(ii) Έχουμε ΕΓ ( α β ) και ΑΕ ( α β ), επομένως ΕΓ ΑΕ και άρα τα Α, Ε και Γ είναι συνευθειακά. 5. Έχουμε ΑΓ α + β και ΓΕ α + β ( α + β). Επομένως ΓΕ ΑΓ και άρα τα Α, Γ και Ε είναι συνευθειακά. 6. Με σημείο αναφοράς ένα από τα Κ, Λ, Μ, για παράδειγμα το Κ, η ισότητα γράφεται διαδοχικά: ΚΑ ΚΒ ( ΚΑ ΚΒ ) ( ΚΛ ΚΒ ) + ( ΚΜ ΚΑ ) ΚΑ ΚΒ ΚΑ + ΚΒ ΚΛ ΚΒ + ΚΜ ΚΑ ΚΛ ΚΜ. Άρα τα Κ, Λ, Μ είναι συνευθειακά. 7. Έχουμε Α + ΒΕ + ΓΖ ( ΑΒ + ΑΓ ) + ( ΒΓ + ΒΑ) + ( ΓΑ ΓΒ + ) + + + + + ( ΑΒ ΒΑ ΑΓ ΓΑ ΒΓ ΓΒ ) 0 0. 8. Έχουμε ΟΚ + ΟΛ + ΟΜ ΟΒ + ΟΓ + ΟΓ + ΟΑ + ΟΑ ( +ΟΒ ) + + ( ΟΑ ΟΒ ΟΓ ) ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ. 9. Έχουμε ΑΒ + Α + ΓΒ + Γ ( ΑΒ + Α ) + ( ΓΒ + Γ ) ΑΝ + ΓΝ ( ΑΝ + ΓΝ ) ( ΝΑ + ΝΓ ) ΝΜ 4ΜΝ

0. Έχουμε ΑΒ ΓΒ ΓΑ µ ΑΒ + λαβ ( λ µ ) ΑΒ Ώστε ΑΒ ( λ µ ) ΑΒ και επομένως λ µ.. Έχουμε Ε ΑΕ Α ( λαβ + καγ ) ( καβ + λαγ ) ( λ κ) ΑΒ ( λ κ) ΑΓ ( λ κ)( ΑΒ ΑΓ ) ( λ κ) ΓΒ ( κ λ) ΒΓ. Άρα Ε // ΒΓ. Β ΟΜΑΔΑΣ. Αρκεί να δείξουμε ότι Ε ΑG. Πράγματι αν πάρουμε το Α ως σημείο αναφοράς, τότε έχουμε: Ε Α ΑΕ ΑΒ + ΑΓ + ( ΑΒ ΑΓ ) ΑΜ ΑΜ (όπου Μ το μέσο της ΒΓ) ΑG (αφού AG AM ).

. Έχουμε ΕΖ ΑΖ ΑΕ λ ΑΒ κ Α ΕΓ ΑΓ ΑΕ ΑΒ + Α κα ΑΒ + ( κ) Α. κ Επειδή λ κ, έχουμε κ κ ΕΖ ΑΒ κ Α ( ΑΒ ( κ ) Α ) και ΕΓ ΑΒ ( κ ) Α. κ κ κ Παρατηρούμε ότι ΕΖ ΕΓ. Άρα ΕΓ // ΕΖ, οπότε τα Ε, Γ, Ζ είναι συνευθειακά. κ. Έστω xκα + yκβ + zκγ 0 και x+ y+ z 0. Τότε έχουμε x( ΛΑ ΛΚ ) + y( ΛΒ ΛΚ ) + z( ΛΓ ΛΚ ) 0 ( x+ y+ z) ΛΚ + xλα + yλβ + zλγ 0 xλα + yλβ + zλγ 0 Ομοίως αποδεικνύεται και ότι: αν xλα + yλβ + zλγ 0 και x+ y+ z 0, τότε xκα + yκβ + zκγ 0. Έστω xκα + yκβ + zκγ 0 και xλα + yλβ + zλγ 0. Τότε έχουμε ( xκα + yκβ + zκγ ) ( xλα + yλβ + zλγ ) 0 x( ΚΑ ΛΑ) + y( ΚΒ ΛΒ ) + z( ΚΓ ΛΓ ) 0 xκλ + yκλ + zκλ 0 ( x+ y+ z) ΚΛ 0 και, επειδή ΚΛ 0, έχουμε x+ y+ z 0.

4 κ 4. Έχουμε ΜΑ ΜΒ λ κ ΟΑ ΟΜ ΟΒ ΟΜ λ ( ) λοα λομ κοβ + κομ λοα + κοβ ( κ + λ) ΟΜ λοα + κοβ ΟΜ κ + λ άρα λα + κβ r κ + λ. Έχουμε ΜΑ κ ΜΒ και ομοίως βρίσκουμε ότι λα κβ r λ λ κ. 5. Αν πάρουμε το Α ως σημείο αναφοράς, τότε έχουμε Δ Γ Α Β ΜΑ + ΜΒ + ΜΓ Μ ΑΜ + ΑΒ ΑΜ + ΑΓ ΑΜ Α ΑΜ ΑΜ ΑΒ + ΑΓ Α ΑΜ ΑΒ + ΑΒ + Α Α, αφού ΑΓ ΑΒ + Α ΑΜ ΑΒ ΑΜ ΑΒ Μ Β. Άρα, το ζητούμενο σημείο είναι η κορυφή Β του παραλληλογράμμου.

6. Αν πάρουμε ως σημείο αναφοράς μια κορυφή του τετραπλεύρου, για παράδειγμα την Α, τότε έχουμε: 4ΜΝ Α ΒΓ Β Α 4( ΑΝ ΑΜ ) Α ( ΑΓ ΑΒ ) 4 ( ΑΒ + Α ) ΑΓ Α ΑΓ ΑΒ + ΑΒ + Α ΑΓ Α ΑΓ + ΑΒ ΑΒ + Α ΑΓ ΑΒ + Α ΑΒ + ΒΓ Α ΒΓ. Άρα, το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο. 7. Αν Ο είναι ένα σημείο αναφοράς, τότε έχουμε: ΑΑ + ΒΒ + ΓΓ ΟΑ ΟΑ + ΟΒ ΟΒ + ΟΓ ΟΓ ( ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ ) ( ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ ) ΟG ΟG ( ΟG ΟG) GG 8. Με σημείο αναφοράς το Α έχουμε: ΜΑ 5ΜΒ + ΜΓ ΑΜ 5( ΑΒ ΑΜ ) + ( ΑΓ ΑΜ ) ΑΜ + 5ΑΜ ΑΜ 5ΑΒ + ΑΓ ΑΓ 5ΑΒ που είναι σταθερό διάνυσμα. 9. (i) Επειδή τα τρίγωνα ΚΑΒ και ΚΓΔ είναι όμοια, ισχύει Δ ( ΚΓ ) ( Κ ) ( Γ ). ( ΚΑ) ( ΚΒ ) ( ΑΒ ) Ν Μ Γ 5 Επομένως, είναι ( ΚΓ ) ( ΚΑ) και ( Κ ) ( ΚΒ ), οπότε έχουμε ΚΓ ΚΑ και Κ ΚΒ (ii) Για να δείξουμε ότι τα σημεία Ι, Κ, Λ είναι συνευθειακά, αρκεί να δείξουμε ότι ΚΙ // ΚΛ. Πράγματι, έχουμε

6 () i ΚΑ ΚΒ ΚΓ + Γ ΚΙ ( ΚΑ + ΚΒ ) και ΚΛ ΚΑ + ΚΒ, οπότε 4 ΚΙ ΚΛ και άρα ΚΙ // ΚΛ. 4.4 ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ ΣΤΟ ΕΠΙΠΕΔΟ Α ΟΜΑΔΑΣ. (i) x x ή x (ii) x < < x< (iii) y > y < ή y > (iv) x y x y ή x y y-x O y yx x

. Η απόσταση ενός σημείου K( µν, ) από τους άξονες x x και y y είναι ν και µ αντιστοίχως. Έτσι έχουμε: Για το Α : και Για το Β : 4 και Για το Γ : 6 και 5 Για το Δ : β + και α Για το Μ : y και x. y ν O μ μ K(μ,ν) v 7 x. (i) Για να είναι α 0 αρκεί λ 4 0και λ λ+ 0, οπότε λ. (ii) Για να είναι α 0 και α // xx αρκεί λ 4 0και λ λ+ 0, οπότε λ. 4. Για να είναι α β αρκεί να είναι λ λ+ λ 5λ+ 6 και λ 4 λ λ λ + 7λ. Έτσι έχουμε το σύστημα, οπότε 5λ 0λ 0 λ. 5. Έχουμε x α // β 0 x 4 0 x ή x. 4 x Για x είναι α (, ) και β ( 4, ) (,) α, δηλαδή α β. Για x είναι α (, ) και β ( 4, ) (,) α, δηλαδή β α. Άρα η ζητούμενη τιμή του x είναι η x. 6. Ένα διάνυσμα συγγραμμικό με το u θα έχει τη μορφή λu και αφού θα έχει και διπλάσιο μέτρο πρέπει λu u. Επομένως λ u u. Άρα λ οπότε λ ±. Άρα, το ζητούμενο διάνυσμα είναι ή το (6,8) ή το ( 6, 8). 7. (α) ΟΓ i, Ο i + j, ΟΕ i + j, ΟΖ j, ΟΚ i + j, ΟΗ i + j.

8 (β) Γ i + j, ΚΑ i j, Η i, Κ i + j, ΗΘ i, ΖΑ i j, ΚΖ i + j. 8. (i) Έστω Μ ( x, 0 ) το σημείο του άξονα x x που ισαπέχει από τα σημεία Α και Β. Τότε έχουμε: ( ΜΑ) ( ΜΒ) ΜΑ ΜΒ ΜΑ ΜΒ ΜΑ ΜΒ ( x+ ) + 6 ( x+ 9) + 6x 48 x. Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Μ (, 0). (ii) Έστω Ν (, 0 y ) το σημείο του άξονα y y που ισαπέχει από τα Α και Β. Με ανάλογο τρόπο όπως στο (i) βρίσκουμε y και άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Ν (, 0 ). Β ΟΜΑΔΑΣ. Αν Α( x, y ), B( x, y ), Γ ( x, y ), ( x4, y4) και Ε ( x5, y5 ) είναι οι κορυφές του πενταγώνου, τότε έχουμε τα συστήματα. Σ x x : x x x + x + x 6 + x 8 4 + x 6 4 5 + x 5 y y και Σ : y y y + y 5 + y 7 + y 5 4 + y 4 5 + y 5 Με πρόσθεση των εξισώσεων του Σ κατά μέλη βρίσκουμε x + x + x + x4 + x5. Όμως x + x 6 και x4 + x5 6, επομένως x +, άρα x και διαδοχικά βρίσκουμε x, x 4, x 4 4, x 5. Με ανάλογο τρόπο επιλύουμε το σύστημα Σ και βρίσκουμε y, y 4, y, y 4, y 5 0. Επομένως οι κορυφές του πενταγώνου είναι τα σημεία Α(,), Β ( 4, ), Γ ( 4, ), (4,) και Ε (, 0).

9. Αν Α( x, y ) και Bx (, y ) είναι τα σημεία, τότε τα x και x είναι οι ρίζες της εξίσωσης x είναι ίση με x ( λ 4λ + ) x 7 0. Η τετμημένη του μέσου του τμήματος ΑΒ + x και άρα λ 5 ή λ. λ 4λ+ και επομένως λ 4 λ + 4 λ 4λ 5 0. Έστω ότι τα σημεία Μ ( κ, λ ), Μ ( κ, λ ), Μ ( κ, λ ) και Μ 4 ( κ 4, λ 4 ) είναι μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ τετραπλεύρου που έχει κορυφές Α( x, y ), Bx (, y ), Γ ( x, y ) και ( x4, y4). Τότε θα ισχύει x+ x κ y+ y και λ M B x + x κ y + y και λ Δ M 4 Α M x + x4 κ y + y4 και λ x4 + x y κ 4 και 4 + y λ4, οπότε θα έχουμε M Γ και x + x + x + x4 κ+ κ κ + κ4 y + y + y + y4 λ+ λ λ + λ4. 4. Θεωρούμε τα σημεία Α( α, β ), Β ( α, β ) και Γ ( xy, ). Από την τριγωνική ανισότητα έχουμε:

0 ( ΓΑ) + ( ΓΒ ) ( ΑΒ ) ( x α ) + ( y β ) + ( x α ) + ( y β ) ( α α ) + ( β β ). 5. Σχεδιάζουμε τα α, β και r με κοινή αρχή Ο και έστω ΟΑ α, ΟΒ β A και ΟΡ r. Από το πέρας Ρ του r φέρνουμε παράλληλες προς τους φορείς των ΟΑ και ΟΒ Δ P και σχηματίζουμε το παραλληλόγραμμο r ΟΓΡΔ. Θα είναι Ο x ΟΑ xα και ΟΓ y ΟΒ yβ, O Γ Β όπου xy, R. Από τον κανόνα του παραλληλόγραμμου έχουμε ΟΡ Ο + ΟΓ, δηλαδή r xα + yβ, που είναι και η ζητούμενη έκφραση. Θα αποδείξουμε ότι οι αριθμοί x και y είναι μοναδικοί. Έστω ότι ισχύει και r x α + y β. Τότε έχουμε διαδοχικά: xα + yβ x α + y β ( x x ) α ( y y) β. Αν ήταν x x 0, δηλαδή x x, τότε α y y β x x που σημαίνει ότι α // β που είναι άτοπο. Επομένως x x, οπότε και y y. Άρα το r εκφράζεται κατά μοναδικό τρόπο ως γραμμικός συνδυασμός των α και β..5 EΣΩΤΕΡΙΚΟ ΓΙΝΟΜΕΝΟ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΩΝ Α ΟΜΑΔΑΣ. (i) Έχουμε α β ( ) + 5 + 5 ( α ) ( β ) 6α β 6 78 ( α β ) ( α + β ) α + α β α β β ( + ) ( + 5 ) 0 6 9 5

(ii) Έχουμε u β 0 ( κ, λ)(, 5) 0 κ + 5λ 0. Τα διανύσματα u είναι κάθετα στο β και μεταξύ τους συγγραμμικά.. Έχουμε u ( 7v + w) 7u v + u w 74 ( + 4) + ( 6+ 0) 56+ 6 6 u ( v w) 5 4 4 5 ( u v) w 8w 8 w 86 48 ( uv) w u ( v w) 5 4 4 5. (i) Πρέπει α ( α + λβ ) 0. Έχουμε α ( α + λβ ) α + λα β + λ λ+. Επομένως λ+ 0 λ. (ii) Ομοίως β ( α + λβ ) 0 β α + λβ 0 + λ 0 λ. 4. Έστω v ( x, y) το διάνυσμα που ζητάμε. Τότε θα ισχύει: u v 0 x y 0. v x + y Από τη λύση του συστήματος βρίσκουμε ( xy, ), ή ( xy, ),. 5. Έχουμε u v u v 0 ( α β) ( κα + β) 0 κα + 6α β καβ β 0 κ 4+ 6 κ 9 0 κ 0 6. (i) Έχουμε (ii) Έχουμε α β 0 4κ + 0 κ 4

π α β συν 4κ + κ + 4 + 4κ + 4 5 κ + 4κ + κ + 5 8κ + 6. Υψώνουμε τα μέλη της τελευταίας εξίσωσης στο τετράγωνο και βρίσκουμε 7κ + 48κ 7 0 και έχουμε κ / 7 ή κ 7. Από τις τιμές αυτές του κ μόνο η κ / 7 επαληθεύει την εξίσωση. Άρα κ / 7. (iii) κ 4 α // β 0 κ 4 0 κ. 4 7. Αν φ είναι η γωνία των διανυσμάτων u και v, τότε συνϕ u v u v u v ( α + 4β) ( α β) α α β + 4β α 4 β. Όμως είναι οπότε οπότε + 4 + α α β β 4. u ( α + 4 β) 4 α + 6 α β + 6 β 4+ 6 6 +, u. v ( α β) α α β + β +, v. Επομένως συνϕ, άρα ϕ π. 8. Έχουμε 9. Έχουμε α ( α β) α ( α β) 0 α α β 0 α α α β συν( α, β) συν( α, β ). β ( )( ) u v αβ+ βα αβ βα α β β α α β β α 0.

0. Έχουμε v β ( β α ( α β) β) β β ( α β) ( α β) β 0.. (i) Έχουμε ΑΒ ( 6, 4+ ) (, ) και Γ (, 5) (, ). Επομένως ΑΒ Γ (, )(, ) 6+ 6 0. (ii) Επειδή ΑΒ Γ 0, τα διανύσματα ΑΒ και Γ είναι κάθετα.. Έστω β λα + p, όπου p α. Έχουμε διαδοχικά α β λα + p α Επομένως Τελικά α β λα ( 8) + ( 4) 5 λ 0 9 β α + p 5 6 0λ 6 9 λ 0 5 p β + 9 9 α 85 + 5 5 4 (, ) (, ), 5 9 β α +,. 5 5 5. Η μια διαγώνιος του παραλληλόγραμμου θα έχει μήκος ίσο με και η άλλη ίσο με ( 5α + β ) ( α β ) Έχουμε ( 5α + β) + ( α β) 6α β οπότε 6 α β (6 α β) 6α α β + β 5 6 α α β συν45 + β 6 8 + 9 88 7 + 9 5, οπότε 6 α β 5. Ομοίως βρίσκουμε ότι ( 5α + β ) ( α β ) 4α + 5β 59.

4 4. Έχουμε ΑΒ ΑΓ + ΑΒ Γ ΑΒ ( ΑΓ + Γ ) ΑΒ Α 5. (i) Α προβ ΑΒ 5 ( ) 5 β τρόπος: ΑΒ ΑΓ + ΑΒ Γ ΑΒ Α ( 4, )(, 50) 5. ( ) ( ) α + β α + β α + β α + β ( α + β) α + β Α α + α β + β α + α β + β α + α β + β α + α β + β α β α β α β συν( αβ, ) α β (ii) συν( αβ, ) α β. ( ) + α β α + β α β ( α β) α + β α β α + β + α β α β α β Β ΟΜΑΔΑΣ α β συν( αβ, ) α β συν( αβ, ) α β.. Έχουμε λα + λµ ( α β ) + µβ 0 ( λα + µβ ) 0, που ισχύει. Το " " ισχύει, αν και μόνο αν λα + µβ 0 ή, ισοδύναμα, λα µβ. Αν λ 0, τότε µ α λ β, οπότε α // β, που είναι άτοπο.

Επομένως λ 0, οπότε µβ 0 και άρα µ 0. Άρα το " " ισχύει, αν και μόνο αν λ µ 0.. (i) Έχουμε u + v + u v ( u + v ) + ( u v ) u + u v + v + u u v + v + u v u + v 5 (ii) Έχουμε u + v u v ( u + v) ( u v) 4 4 4 4 ( u + u v + v ) ( u u v + v ) 4 4 u v + u v u v.. ( i) Αν ω είναι η γωνία των α και β και το u σχηματίζει με το α γωνία φ και με το β γωνία φ, τότε έχουμε: u βα+ αβ Ομοίως έχουμε: α u β α + α ( α β) α u συνϕ β α + α β συνω u συν ϕ α β (+συν ) ω α β συν ϕ (+συν ω ). () u u βα+ αβ β u β ( α β) + α β β u συνϕ β α β συν ω + α β u συν ϕ α β (+συν ) ω α β συν ϕ (+συν ω ). () u Από τις () και () έχουμε συνϕ συνϕ, άρα ϕ ϕ. (ii) ( )( ) u v βα+ αβ βα αβ

6 β α α β α β α β 0. Επομένως u v και επειδή ο φορέας των u διχοτομεί τη γωνία των α και β, ο φορέας των v διχοτομεί την παραπληρωματική γωνία των α και β. 4. (i) Έχουμε διαδοχικά: α + β + γ 0 α + β γ 4α + 4αβ + β γ 44 + 4αβ + 9 αβ () Αν εργαστούμε αναλόγως, βρίσκουμε ότι: β γ και γ α 6. () (ii) Έτσι, λόγω των () και (), έχουμε συν(, α β αβ) α β Ομοίως συν( βγ, ) και συν( γ, α ). Έτσι είναι α β και β γ και, επειδή α, α β και γ β. β και γ, έχουμε 5. Επειδή α β έχουμε α β 0 οπότε κµ + λν 0 () Επειδή τα μέτρα των α και β είναι ίσα με τη μονάδα έχουμε Επομένως κ + λ και µ + ν. () ( ) ( κν λµ ) [( κλ, ) ( ν, µ )] κ + λ ν + µ συνω συν ω, όπου ω είναι η γωνία των διανυσμάτων ( κλ, ) και ( ν, µ ).

7 Όμως τα διανύσματα ( κλ, ) και ( ν, µ ) είναι παράλληλα, αφού κ λ ( κµ + λν ) 0. Επομένως, θα είναι συν ω και έτσι θα έχουμε ν µ ( κν λµ ). 6. Θεωρούμε τα διανύσματα α ( α, β ) και β ( γ, δ ). Έχουμε και α β α β συν( αβ, ) α + β γ + δ συν( αβ, ) α β αγ + βδ. Επομένως συν( αβ, ) αγ + βδ α + β γ + δ και επειδή συν( αβ, ) αγ + βδ έχουμε. α + β γ + δ 7. (i) Έχουμε ΜΑ ΟΑ ΟΜ α β και ΜΒ ΟΒ ΟΜ α β. (ii) Έχουμε ΜΑ ΜΒ ( α + β)( α β) β α β α 0. Αφού ΜΑ ΜΒ 0, έχουμε ΜΑ ΜΒ. Γεωμετρικά αυτό σημαίνει ότι η γωνία η εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο είναι ορθή. 8. (i) ΑΒ ΗΒ ΗΑ β α, ΑΓ ΗΓ ΗΑ γ α και ΒΓ ΗΓ ΗΒ γ β. (ii) Έχουμε γ α γ β γ ( α β ) 0 ΗΓ ΒΑ 0 που ισχύει, αφού ΓΖ ΑΒ. Επίσης γ β α β ( γ α) β 0 ΑΓ ΗΒ 0 που επίσης ισχύει, αφού ΒΕ ΑΓ. (iii) Η ισότητα γ α β α γράφεται διαδοχικά: γ α β α 0 ( γ β) α 0 ( ΗΓ ΗΒ) ΗΑ 0 ΒΓ ΗΑ 0 ΒΓ ΗΑ.

8 Επομένως ΑΗ ΒΓ. Αποδείξαμε λοιπόν ότι: οι φορείς των υψών ενός τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο. (Το σημείο αυτό λέγεται ορθόκεντρο). 9. Έχουμε ΒΘ ΑΘ ΑΒ γ β και ΓΖ ΑΖ ΑΓ β γ. Επομένως ΒΘ ΓΖ ( γ β ) ( β γ ) γ β γ γ β β + β γ ( ΑΓ )( ΑΒ ) συν( π ˆ Α) + ( ΑΒ )( ΑΓ ) συν ˆ Α ( ΑΒ )( ΑΓ ) συν ˆ Α+ ( ΑΒ)( ΑΓ) συν ˆ Α 0. Άρα ΒΘ Γ Z. 0. Αν φέρουμε τη διαγώνιο ΑΓ, τότε έχουμε ΑΒ προβ ΑΓ και Α προβ ΑΓ. ΑΒ Επομένως ισχύει ΑΒ ΑΒ ΑΒ ΑΓ και Α Α Α ΑΓ, οπότε έχουμε ΑΒ ΑΒ + Α Α ΑΒ ΑΓ + Α ΑΓ ( ΑΒ + Α ) ΑΓ ΑΓ ΑΓ. ΑΓ Α. Αν B είναι το αντιδιαμετρικό του Β, τότε ΒΑΒ ˆ 90 και επομένως ΜΑ προβ ΜΒ ΜΒ. Είναι Α Μ B ρ O B

ΜΑ ΜΒ ΜΒ ΜΑ ΜΒ ΜΒ ( ΟΒ ΟΜ )( ΟΒ ΟΜ ) Μ B B O Α ( ΟΒ ΟΜ ) ( ΟΒ ΟΜ ) ( ΟΒ + ΟΜ ) ( ΟΜ ΟΒ ) ΟΜ ΟΒ ΟΜ ρ, που είναι σταθερό. 9 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ. Για να είναι τα τρία σημεία Α, Β και Γ συνευθειακά, αρκεί να αποδείξουμε ότι τα διανύσματα ΑΒ και ΑΓ είναι συγγραμμικά. Αν πάρουμε το σημείο Α ως σημείο αναφοράς, τότε έχουμε διαδοχικά: κοα + λ ΟΒ + µ ΟΓ 0 καο + λ ( ΑΒ ΑΟ ) + µ ( ΑΓ ΑΟ ) 0 λ ΑΒ + µ ΑΓ ( κ + λ + µ ) ΑΟ 0 λ ΑΒ + µ ΑΓ 0 λ ΑΒ µ ΑΓ Επειδή κ + λ + µ 0 και κ + λ + µ 0, ένας τουλάχιστον από τους λ, μ θα είναι διαφορετικός από το 0. Αν π.χ. είναι λ 0, τότε έχουμε: ΑΒ µ ΑΓ. λ Επομένως τα διανύσματα ΑΒ και ΑΓ είναι συγγραμμικά, άρα τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά. Αντιστρόφως. Αν τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά, τότε υπάρχει πραγματικός αριθμός ρ τέτοιος, ώστε ΑΒ ρ ΑΓ. Επομένως ΟΒ ΟΑ ρ( ΟΓ ΟΑ)

0 ΟΒ ΟΑ ρογ + ροα 0 ( ρ ) ΟΑ + ΟΒ + ( ρ) ΟΓ 0. Η τελευταία σχέση αν θέσουμε ρ κ, λ και ρ µ, γράφεται κ ΟΑ + λ ΟΒ + µ ΟΓ με κ + λ + µ ρ + ρ 0 και με έναν τουλάχιστον από τους κ, λ και μ διάφορο του μηδενός, εδώ λ 0.. Αρκεί να αποδείξουμε ότι ΑΜ ΑΒ + ΑΓ ( ). Έχουμε ΑΒ ΜΒ ΜΑ ΑΜ ΒΜ λ ΑΒ + µ ΑΓ λ ΑΓ µ ΒΑ ( λ + µ ) ΑΒ + ( µ λ) ΑΓ. Ώστε ΑΒ ( λ + µ ) ΑΒ + ( µ λ ) ΑΓ ή, ισοδύναμα, ( λ µ ) ΑΒ ( µ λ) ΑΓ. Επειδή όμως τα διανύσματα ΑΒ και ΑΓ δεν είναι συγγραμμικά, η τελευταία ισότητα ισχύει μόνο όταν λ µ 0 και µ λ 0, επομένως µ λ. Άρα ΑΜ ΑΒ + ΑΓ ( ΑΒ + ΑΓ ) που σημαίνει ότι το Μ είναι το μέσον της πλευράς ΒΓ.. Με σημείο αναφοράς το Α η δοθείσα σχέση γράφεται διαδοχικά: ΟΜ ( ΟΜ ΟΑ) 7 ( ΑΜ ΑΟ )( ΑΜ ΑΟ ΟΑ) 7 ( ΑΜ ΑΟ )( ΑΜ + ΑΟ ) 7 ΑΜ ΑΜ ΑΟ 7 ΑΟ 7

ΑΜ 9 7 ΑΜ 4. Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι το Μ απέχει από το σταθερό σημείο Α σταθερή απόσταση ίση με 4. Άρα το Μ κινείται σε κύκλο με κέντρο το Α και ακτίνα ρ 4. 4. α τρόπος: Το εμβαδόν του παραλληλόγραμμου ΟΑΓΒ είναι ίσο με α υ, δηλαδή ίσο με α β ηµ ω, όπου ω η γωνία των διανυσμάτων α και β. Αρκεί, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι α β ηµ ω β α ηµ ω. Β r β υ ω Ο r a Α Γ Από τη δοθείσα σχέση έχουμε: α + λβ α + λβ ( α + λβ ) α + λαβ + ( λβ ) Η τελευταία εξίσωση είναι ου βαθμού ως προς λ και, σύμφωνα με την εκφώνηση, έχει λύση. Άρα, η διακρίνουσα Δ της εξίσωσης αυτής είναι μεγαλύτερη ή ίση του μηδενός. Δηλαδή, έχουμε 0 4( α β) 4 β ( α ) 0 α β συν ω β ( α ) 0 α συν ω α + 0 α α ηµ ω+ 0 ηµ ω α ηµ ω (αφού ηµω > 0).

β τρόπος: Το εμβαδόν του παραλληλογράμμου ΟΑΓΒ είναι ίσο με ( ΟΑΓΒ ) ( ΟΒ ) ( Ο ). () Όμως, είναι ( ΟΒ ) β και ( Ο ) ( ΟΣ ) α + λβ. Επομένως, λόγω της ισότητας (), έχουμε ( ΟΑΓΒ ) ( ΟΒ ) β. 5. (i) Για να είναι το Η το ορθόκεντρο του τριγώνου αρκεί να δείξουμε ότι ΑΗ ΒΓ 0, ΒΗ ΑΓ 0 και ΓΗ ΑΒ 0. Έχουμε: ΑΗ ΒΓ ( ΟΗ ΟΑ)( ΟΓ ΟΒ ) ( α + β + γ α)( γ β) ( β + γ)( γ β) γ β ΟΓ ΟΑ 0 Ομοίως δείχνουμε και ότι ΒΗ ΑΓ 0 και ΓΗ ΑΒ 0. (ii) Για το βαρύκεντρο G γνωρίζουμε ότι GΑ+ GΒ + GΓ 0. Επομένως ΟΑ ΟG+ ΟΒ ΟG+ ΟΓ ΟG 0 ΟG ΟΑ+ ΟΒ + ΟΓ ΟG + + ( α β γ ). (iii) Έχουμε ΟΗ α + β + γ και ΟG + + ( α β γ ). Επομένως ΟΗ ΟG ΟΗ ΟG ΟG GΗ ΟG ΟG GΗ που σημαίνει ότι τα Ο, G και Η είναι συνευθειακά σημεία και ότι το G διαιρεί το τμήμα ΟΗ σε λόγο /.

6. Αν φέρουμε τη διάμετρο ΑΑ, τότε οι γωνίες Β ˆ, Γ ˆ, ˆ είναι ορθές. Επομένως, ΑΒ προβ ΑΑ, Α προβ ΑΑ ΑΒ και ΑΓ προβ ΑΑ, οπότε ΑΓ Α ΑΒ ΑΒ + Α Α ΑΒ προβαα + Α προβ Α ΑΑ Α ΑΒ B ΑΒ ΑΑ + Α ΑΑ ( ΑΒ + Α ) ΑΑ B O ΑΓ ΑΑ ΑΓ προβ ΑΑ ΑΓ ΑΓ. ΑΓ Α Δ Γ Δ Γ 7. Αρκεί να δείξουμε ότι ΑΙ ΑG. Πράγματι, επειδή το Ι είναι μέσον του ΔΕ έχουμε Α + ΑΕ ΑΒ + Β + ΑΓ + ΓΕ ΑΙ ΑΒ + ΑΓ + ΑΓ + ΑΒ 4 4 ΑΒ + ΑΓ + ( ΑΒ ΑΓ ) ΑΜ (όπου Μ το μέσον του ΒΓ) ΑΜ ΑG (αφού ΑG ΑΜ ). Β Δ Α G M I Ε Γ

4 8. Επειδή το Κ είναι μέσο του ΑΔ και τα Α, Δ έχουν συντεταγμένες ( α, 0 ) και (, 0 α ) αντιστοίχως, το Κ θα έχει συντεταγμένες: ( x, y ) Κ Κ,. α α Επειδή το Λ είναι μέσο του ΒΓ και τα Β, Γ έχουν συντεταγμένες (, 0 β ) και ( β, 0 ) αντιστοίχως, το Λ θα έχει συντεταγμένες: ( x, y ) β β Λ Λ,. Τέλος, επειδή το Μ είναι μέσο του ΑΗ και τα Α, Η έχουν συντεταγμένες ( α, 0 ) και ( β, ( α + β )) αντιστοίχως, το Μ θα έχει συντεταγμένες: Επομένως Άρα ( x, y ) α β α Μ Μ, + β. α + β β β α + β ΑΛ, και ΚΜ,. + ΑΛ ΚΜ + α β β και β α + β β α + β ΑΛ ΚΜ 0, οπότε ΑΛ ΚΜ. () () ()

ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΕΞΙΣΩΣΗ ΕΥΘΕΙΑΣ Α ΟΜΑΔΑΣ. (i) Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΑΒ είναι: 6 4 λ ( ) (ii) Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΓΔ είναι: 0 λ 0 ( ) (iii) Ο συντελεστής διεύθυνσης λ κάθε ευθείας κάθετης προς την ΓΔ έχει με τον συντελεστή διεύθυνσης της ΓΔ γινόμενο ίσο με. Άρα θα είναι λ.. Έστω ω η γωνία που σχηματίζει η ΑΒ με τον άξονα x x. 6 4 (i) Η ευθεία ΑΒ έχει συντελεστή διεύθυνσης λ. Άρα, θα ισχύει ( ) εϕω οπότε θα είναι ω 45. 4 (ii) Η ευθεία ΑΒ έχει συντελεστή διεύθυνσης λ 0 ( ). Άρα και στην περίπτωση αυτή θα έχουμε ω 45. (iii) Επειδή τα Α, Β έχουν την ίδια τετμημένη, η ευθεία ΑΒ θα είναι κατακόρυφη και κατά συνέπεια θα είναι ω 90. (iv) Επειδή τα Α, Β έχουν ίδια τετμημένη, η ευθεία ΑΒ θα είναι οριζόντια και κατά συνέπεια θα είναι ω 0.

6. (i) Το διάνυσμα δ (, ) έχει συντελεστή διεύθυνσης λ, οπότε η ζητούμενη ευθεία, που είναι παράλληλη με το δ θα έχει τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης. Επειδή, επιπλέον, διέρχεται από το σημείο Α(, ), η εξίσωση της θα είναι: y ( ) ( x ) ή, ισοδύναμα, y x. (ii) Το διάνυσμα δ (,) 0 έχει τετμημένη ίση με το μηδέν, άρα έχει διεύθυνση κατακόρυφη. Έτσι η ζητούμενη ευθεία θα είναι και αυτή κατακόρυφη και, επειδή διέρχεται από το Α(, ), θα έχει εξίσωση x. π (iii) Αν λ ο συντελεστής διεύθυνσης της ζητούμενης ευθείας, θα έχουμε λ εϕ. 4 Άρα, η εξίσωση της ευθείας θα είναι: y+ ( x ) ή, ισοδύναμα, y x. 4 4. (i) Έχουμε λ ΒΓ 6, οπότε το ύψος ΑΔ, που είναι κάθετο στην ΒΓ, θα έχει συντελεστή διεύθυνσης λ Α. Επειδή, επιπλέον, το Α(, 0 ) είναι σημείο του ύψους, η εξίσωσή του θα είναι y 0 ( x ( )), δηλαδή y x+. Εργαζόμενοι ομοίως βρίσκουμε ότι η εξίσωση του ύψους ΒΕ είναι y x+ και η εξίσωση του ύψους ΓΖ είναι y x. (ii) Προφανώς και η μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ θα έχει συντελεστή διεύθυνσης λ. Επειδή, όμως, αυτή διέρχεται από το μέσον Μ της ΒΓ, το οποίο έχει + ( ) + 4 συντεταγμένες:, 0 (, ), η εξίσωσή της θα είναι y ( x 0) δηλαδή y x+. (Παρατηρείστε ότι ταυτίζεται με την εξίσωση του ύψους ΑΔ, τι συμπεραίνετε;) Εργαζόμενοι ομοίως βρίσκουμε ότι οι εξισώσεις των μεσοκαθέτων των ΑΓ και ΑΒ, αντιστοίχως, είναι: y x+ και y x+. 5. Είναι λ Α και λ ΒΓ, άρα Α ΒΓ //. Επίσης είναι λ και λ, ΑΒ Γ άρα ΑΒ // Γ. Έτσι, αφού το τετράπλευρο ΑΒΓΔ έχει τις απέναντι πλευρές του

7 παράλληλες θα είναι παραλληλόγραμμο. Ακόμη είναι λ ΑΓ και λ Β, οπότε λαγ λβ και συνεπώς οι ΑΓ και ΒΔ είναι κάθετες. Άρα το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ρόμβος. Η ΑΓ έχει συντελεστή διεύθυνσης λ και διέρχεται από το σημείο Α(.,) Άρα, θα έχει εξίσωση y ( x ), δηλαδή y x+ 4. Ομοίως η ΒΔ έχει συντελεστή διεύθυνσης λ και διέρχεται από το Β (,). 55 Άρα, θα έχει εξίσωση: y 5 ( x 5), δηλαδή y x. 0 6. Έχουμε λ ΑΒ ( ) και λ ΑΓ ( ). Επομένως, λαβ λαγ, οπότε οι ευθείες ΑΒ και ΑΓ είναι παράλληλες και εφόσον έχουν κοινό το σημείο Α θα ταυτίζονται. Άρα, τα σημεία Α, Β, Γ θα είναι συνευθειακά. 7. Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ε είναι ίσος με συνθ ηµ θ λ ηµ θ συνθ π π αφού λόγω της υπόθεσης < θ < και θ π είναι ηµ θ συνθ. 4 Επομένως, η ευθεία ε, που διέρχεται από το Α( συνθ, ηµ θ ) και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ, θα έχει εξίσωση y ηµ θ ( x συνθ), η οποία γράφεται y x+ ( ηµ θ + συνθ ) () Η ευθεία ε διέρχεται από την αρχή των αξόνων, αν και μόνο αν ισχύει 0 0+ ( ηµ θ + συνθ) ηµ θ συνθ εϕθ π θ 4, αφού π < θ < π. π Άρα η ευθεία ε διέρχεται από την αρχή των αξόνων, αν και μόνο αν θ. 4

8 8. Αν ( xy, ) είναι οι συντεταγμένες του κέντρου βάρους G του τριγώνου ΑΒΓ, τότε θα είναι: x 4 + και y + 5 4 Επομένως, η ευθεία που διέρχεται από σημεία Α(, ) και G 4, έχει 4 5 συντελεστή διεύθυνσης λ και κατά συνέπεια η εξίσωσή της θα 5 είναι y ( x ), δηλαδή y x+. 4. Β ΟΜΑΔΑΣ. Η ζητούμενη ευθεία, επειδή σχηματίζει με τους άξονες τρίγωνο και περνάει από το σημείο Α(, ), θα έχει εξίσωση y λ( x+ ), με λ 0,, δηλαδή: y λx+ λ+, με λ 0,. Με τους περιορισμούς αυτούς το σημείο τομής της ευθείας με τον x x, έστω Β, έχει συντεταγμένες λ +, 0, ενώ το σημείο τομής της με τον άξονα y y, έστω Γ, λ έχει συντεταγμένες (, 0 λ + ). Έτσι, αφού ( ΟΒ ) λ + και ( ΟΓ ) λ +, λ το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισοσκελές, αν και μόνο αν: λ + λ + + λ λ + λ λ ή λ, λ λ Άρα, υπάρχουν δύο ευθείες που ικανοποιούν το ζητούμενο και των οποίων οι εξισώσεις είναι: y x+ και y x+.. Αρχικά, διαπιστώνουμε ότι οι συντεταγμένες του Α δεν επαληθεύουν τις εξισώσεις που δίνονται. Άρα οι εξισώσεις αυτές αντιστοιχούν στα ύψη ΒΕ και ΓΖ. Έστω ότι η y x+ είναι η εξίσωση του ΒΕ και η y x+ του ΓΖ. Τότε, επειδή

ΑΓ ΒΕ και ΑΒ ΓΖ, θα έχουμε: λ λ και λ λ ΑΓ ΒΕ ΑΒ ΓΖ 9, οπότε λ ΑΓ και λ ΑΓ. Άρα οι εξισώσεις των ΑΓ και ΑΒ θα είναι, αντιστοίχως, οι δηλαδή οι y 4 ( x ) και y 4 ( x ), y x+ 6 και y x+ Επομένως, οι συντεταγμένες του Γ είναι η λύση του συστήματος ΑΓ : y x+ 6, Γ Z : y x+ που είναι το ζεύγος ( 4, ) και οι συντεταγμένες του Β είναι η λύση του συστήματος ΑΒ : y x+, ΒΕ : y x+ που είναι το ζεύγος (, 0) Τέλος, επειδή λ ΒΓ 0, η εξίσωση της ΒΓ θα είναι y 0 ( x+ ), 4 ( ) 7 7 6 δηλαδή y x 7 7.. Οι ευθείες που διέρχονται από το σημείο Μ(,) είναι η κατακόρυφη με εξίσωση x και οι μη κατακόρυφες με εξισώσεις y λ( x ), λ R. Η ευθεία x τέμνει την y x+ στο σημείο Β(,) και την y x+ στο σημείο Γ (, ). Το ΒΓ έχει μέσο το σημείο με συντεταγμένες δηλαδή (,), που είναι οι συντεταγμένες του σημείο Μ. Άρα, η κατακόρυφη x είναι μια από τις ζητούμενες ευθείες. + + ( ), Η ευθεία y λ( x ), λ R, τέμνει τις y x+ και y x+ στα σημεία Β και Γ αντιστοίχως, που οι συντεταγμένες τους είναι οι λύσεις των συστημάτων: y x+ y λ( x ) και y x+ y λ( x )

40 Επιλύοντας τα συστήματα αυτά βρίσκουμε ότι τα ζητούμενα σημεία είναι τα Β λ λ λ λ, και Γ,. λ λ λ + λ + Έτσι το Μ(,) θα είναι μέσο του ΒΓ, αν και μόνο αν λ λ 4λ λ + λ + λ 4 λ λ λ λ λ + και. λ + λ + λ λ + λ λ + 4λ λ λ Οι εξισώσεις όμως αυτές δεν συναληθεύουν για καμία τιμή του λ, αφού η πρώτη είναι αδύνατη για κάθε λ R. Έτσι η μόνη λύση του προβλήματός μας, είναι η κατακόρυφη ευθεία x. β τρόπος: Έστω ε η ζητούμενη ευθεία και Α( x, y ), Β ( x, y ) τα σημεία τομής της με τις ευθείες y x+ και y x+ αντιστοίχως. Τότε θα ισχύει x+ x x y+ y x + x x x + 4 x. x + x x 0 x () Άρα ( x, y) (, ) και ( x, y) (, ), οπότε τα ζητούμενα σημεία είναι τα Α(, ) και Β (, ). Έτσι η ευθεία ε ΑΒ έχει εξίσωση x. 4. (i) Η εξίσωση της ευθείας που ορίζεται από τα σημεία P κ, κ και Q λ, λ, με κ λ και κ, λ 0, έχει συντελεστή διεύθυνσης ίσο με εξίσωσή της είναι y ( x κ), δηλαδή κ κλ y κ x+ + λ κλ κλ λ κ. Άρα η λ κ κλ ()

κ + λ (ii) Από την (), για x 0, έχουμε y και, για y 0, έχουμε x κ + λ. κλ Άρα τα σημεία τομής της PQ με τους άξονες y y και x x αντιστοίχως, είναι τα: 4 Έτσι θα έχουμε: Β 0, κ + λ κλ και Α( κ + λ, 0 ). και ( ΑP ) ( κ κ λ) + 0 λ + κ κ ( ΒQ ) ( ) + κ + λ λ 0 λ +. λ κλ κ Άρα ΑP ΒQ. 5. Η ευθεία που διέρχεται από τα σημεία Α( α, 0 ) και Β (, 0 β ) έχει συντελεστή β 0 β διεύθυνσης λ, οπότε η εξίσωσή της θα είναι η: 0 α α (με τον προφανή περιορισμό ότι α β 0 ). 6. Από τα δεδομένα προκύπτει ότι η ζητούμενη ευθεία θα έχει εξίσωση της μορφής y x+ β, β 0. Από την εξίσωση αυτή, για y 0, έχουμε x β και, για x 0, έχουμε y β. Άρα, τα σημεία Α και Β θα έχουν συντεταγμένες τα ζεύγη β,0 και (, 0 β ) αντιστοίχως, οπότε θα είναι x Α + yβ 5 β + β 5 5β 0 β 6. Άρα, η εξίσωση της ζητούμενης ευθείας είναι η y x+ 6.

4. ΓΕΝΙΚΗ ΜΟΡΦΗ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΕΥΘΕΙΑΣ Α ΟΜΑΔΑΣ. Επειδή οι συντελεστές µ και μ των x και y δεν μηδενίζονται συγχρόνως για καμία τιμή του μ, η δοθείσα εξίσωση παριστάνει για κάθε µ R ευθεία γραμμή. Έστω ε η ευθεία αυτή. Τότε: ε // xx µ 0 µ και ε // yy µ 0. Τέλος, η ε διέρχεται από το Ο(0,0), αν και μόνο αν οι συντεταγμένες του Ο επαληθεύουν την εξίσωσή της, δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει: ( µ 0 ) + µ 0+ µ 0 µ 0 µ 0.. Η ευθεία x y+ 6 0 έχει συντελεστή διεύθυνσης. Άρα η ζητουμένη ευθεία, που είναι κάθετη σ αυτήν, θα έχει συντελεστή διεύθυνσης και, επειδή διέρχεται από το σημείο Α(,), θα έχει εξίσωση y ( x+ ), δηλαδή y x. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών είναι η λύση του συστήματος y x, που είναι το ζεύγος 8,. x y+ 6 0. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών είναι η λύση του συστήματος x 5y+ 0, που είναι το ζεύγος ( 44, 7). x y 7 0 Η ευθεία 4x+ y έχει συντελεστή διεύθυνσης 4. Άρα, η ζητούμενη θα έχει συντελεστή διεύθυνσης 4 και, επειδή διέρχεται από το σημείο Α( 44, 7 ), θα έχει εξίσωση y+ 7 ( x+ 44), δηλαδή y x 6. 4 4

4. (i) Επειδή Α // ΒΓ, θα είναι λα λβγ. Άρα η εξίσωση της ΑΔ θα είναι 4 y 6 ( x+ 4), δηλαδή y x+. Επομένως, οι συντεταγμένες του Δ θα 4 Α : y x+ είναι η λύση του συστήματος, Γ : x y+ 0 που είναι το ζεύγος ( 4, ). (ii) Ο συντελεστής διεύθυνσης της διαγωνίου ΑΓ είναι λ 6 + 5 4, οπότε η ΑΓ είναι παράλληλη προς το διάνυσμα: δ (, 5). Ο συντελεστής διεύθυνσης της διαγωνίου ΒΔ συμπίπτει με τον συντελεστή διεύθυνσης της ΔΚ, όπου Κ το σημείο τομής των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ. Το Κ είναι 5 7 το μέσον της ΑΓ, οπότε θα έχει συντεταγμένες το ζεύγος,. Επομένως, θα ισχύει λ Β 7 λ Κ 4 5 4, οπότε η ΒΔ θα είναι παράλληλη προς το διάνυσμα: 9 δ (9,). Άρα, η οξεία γωνία των ΑΓ και ΒΔ θα είναι ίση ή παραπληρωματική με τη γωνία φ των διανυσμάτων δ, δ για την οποία έχουμε: δ δ συνϕ δ δ 9 5 + ( 5) 9 + 697 7 4 697 Έτσι, η οξεία γωνία των ΑΓ και ΒΔ θα είναι περίπου ίση με 65. 0, 46. 5. Η ευθεία με εξίσωση ( λ ) x+ λy + 8 0 είναι παράλληλη προς το διάνυσμα δ ( λ, λ), ενώ η ευθεία με εξίσωση λx+ y+ λ 0 είναι παράλληλη προς το δ (, λ). Έτσι, οι δύο ευθείες είναι κάθετες, αν και μόνο αν δ δ. Όμως:

44 δ δ δ δ 0 λ λ( λ) 0 λ + λ 0 λλ ( + ) 0 λ 0 ή λ. 6. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών x+ 4y+ 6 0και 6x+ 5y 9 0 x+ 4y+ 6 0 είναι η λύση του συστήματος, που είναι το ζεύγος 6x+ 5y 9 0 Έτσι η ευθεία x+ y+ κ 0 διέρχεται από το σημείο + ( 7) + κ ή, ισοδύναμα, κ. Άρα, ζητουμένη τιμή του κ είναι η. Β ΟΜΑΔΑΣ. (i) Έχουμε, 7., 7, αν και μόνο αν x y + 4y 4 0 x ( y ) 0 ( x y+ )( x+ y ) 0 x y+ 0 ή x+ y 0. Οι τελευταίες είναι εξισώσεις των ευθειών που απεικονίζονται στο διπλανό σχήμα. y - O x (ii) Έχουμε x y 4x+ y+ 0 ( x 4x+ 4) ( y y+ ) 0 ( x ) ( y ) 0 ( x y+ )( x + y ) 0 ( x y )( x+ y ) 0 x y 0 ή x+ y 0. Οι εξισώσεις αυτές παριστάνουν ευθείες.

. Για να παριστάνει η εξίσωση 45 ( α + α + ) x+ ( α α + ) y + ( α + ) 0 () ευθεία γραμμή, για τις διάφορες τιμές του α, πρέπει να αρκεί οι συντελεστές των x και y να μην είναι ταυτόχρονα μηδέν. Αυτό συμβαίνει, αφού ο συντελεστής του y δεν μηδενίζεται για καμία πραγματική τιμή του α. Στη συνέχεια θεωρούμε δύο τιμές του α (έστω α 0 και α ) και τις εξισώσεις των ευθειών που προκύπτουν: x+ y+ 0. 6x+ y+ 4 0 Το σύστημα των εξισώσεων αυτών έχει μοναδική λύση την ( xy, ) (, ). Άρα οι ευθείες αυτές τέμνονται στο σημείο Α(, ). Η εξίσωση () επαληθεύεται από τις συντεταγμένες του σημείου Α, αφού ( α + α + )( ) + ( α α + ) + α + α α + α α + + α + 0. Άρα, όλες οι ευθείες της οικογένειας () διέρχονται από το σημείο Α(, ).. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών x+ 4y 5 και x y x+ 4y 5 είναι η λύση του συστήματος, που είναι το ζεύγος ( xy, ) (,). x y Η τρίτη ευθεία 7x 8y+ 0 επαληθεύεται για x, y αφού 7 8 + 0 Άρα, και οι τρεις ευθείες διέρχονται από το σημείο με συντεταγμένες (,). 4. Έχουμε τις ευθείες µ x y 0 και ( + µ ) x+ ( µ ) y 0, που είναι αντίστοιχα παράλληλες με τα διανύσματα: δ (, µ ) και δ ( µ, + µ ). Για την γωνία φ των δύο αυτών διανυσμάτων ισχύει: δ δ ( µ ) + µ ( + µ ) µ + µ + µ συνϕ. δ δ + µ ( µ ) + ( + µ ) + µ ( + µ ) Άρα ϕ π π, οπότε η οξεία γωνία των δύο ευθειών θα είναι ίση με. 4 4

46 5. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών ε : x + y α β και ε : x + y β α είναι η λύση του συστήματος x y + α β βx+ αy αβ. x y αx+ βy αβ + β α Το σύστημα αυτό, επειδή β α α β α ( β + α)( β α) 0, έχει μοναδική β αβ αβ λύση την ( xy, ),. Επομένως, η ζητούμενη εξίσωση είναι η y x α + β α + β. ΣΧΌΛΙΟ: Αν α β ή α β, τότε οι ε και ε δεν τέμνονται. Συγκεκριμένα, αν α β οι ευθείες συμπίπτουν, ενώ, αν α β οι ευθείες είναι παράλληλες. 6. Η ευθεία x+ y έχει συντελεστή διεύθυνσης. Επομένως, η κάθετη στην ευθεία αυτή από το σημείο Α(,) θα έχει εξίσωση y ( x ). Άρα, οι συντεταγμένες της προβολής του Α στην ευθεία x+ y, θα είναι η λύση του x+ y συστήματος y x ( ), που είναι το ζεύγος 9,. 5 5 x y 7. Για y 0, από την εξίσωση της ευθείας ε : +, έχουμε x α. Άρα, το α β σημείο τομής της ε με τον άξονα x x είναι το Α(α,0). Η ε έχει συντελεστή διεύθυνσης β. Άρα, η εξίσωση της κάθετης στην ε στο α α σημείο Α(α,0) θα είναι y 0 ( x α), η οποία μετά τις πράξεις, γίνεται β αx βy α 0.

47. EΜΒΑΔΟΝ ΤΡΙΓΩΝΟΥ Α ΟΜΑΔΑΣ. Οι αποστάσεις του Α(, ) από τις δοθείσες ευθείες, είναι: (i) + + + (ii) ( ) + ( ) 0 5 5 (iii) + + 6 6 6 (iv) 5 ( ) + + 5 + 0 0 + 0. 4 5 5. (i) Έχουμε λ ε και λ ε. Άρα ε // ε. 8 8 (ii) Η απόσταση του Ο(0,0) από την ε είναι ίση με 50 80 5 5 + ( 8) 5 89 89, ενώ η απόσταση του Ο(0,0) από την ε είναι ίση με 50 80 + 68 5 + ( 8) 68 89 89. (iii) Επειδή το Ο(0,0) βρίσκεται μεταξύ των ευθειών ε και ε, η απόστασή τους θα είναι ίση με το άθροισμα των αποστάσεων του Ο απ αυτές, δηλαδή θα είναι ίση με: 68 89 + 5 89 9 89 89 89

48 4 4. (i) Έχουμε λ ε και λ ε. Άρα ε // ε. (ii) Για x 0, από την εξίσωση ε, έχουμε y. Άρα το Α( 0, ) ανήκει στην ε. Η απόσταση των ε και ε θα ισούται με την απόσταση του Α από την ε, δηλαδή με: 40 ( ) 4 4 + ( ) 5. 5 4. Το ζητούμενο σημείο θα είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του ΑΒ και της ευθείας x y 0. Η εξίσωση της μεσοκαθέτου του ΑΒ είναι y 6 ( )( x 4) ή, ισοδύναμα, y x+0. Άρα, οι συντεταγμένες του θα είναι η λύση του συστήματος x y 0, που είναι το ζεύγος ( xy, ) (, ). y x+ 0 5. Η ζητούμενη εξίσωση θα είναι της μορφής y x+ β, δηλαδή της μορφής x+ y β 0. Επομένως, θα έχουμε: 0 + 0 β + 5 β 5 0 β ± 5 0. Άρα υπάρχουν δύο ευθείες που ικανοποιούν τις απαιτήσεις του προβλήματος. Αυτές έχουν εξισώσεις: x+ y 5 0 0 και x+ y+ 5 0 0 6. α τρόπος: Οι ευθείες ε, ε επειδή είναι παράλληλες προς την ε, θα έχουν εξισώσεις της μορφής x y+ β 0. Αφού, όμως, η ε είναι μεσοπαράλληλη των ε και ε και αυτές απέχουν μεταξύ τους 8 μονάδες, η απόσταση οποιουδήποτε σημείου Α της ε από κάθε μία θα είναι 4 μονάδες. Ένα σημείο της ε είναι το Α 0,. Επομένως, θα έχουμε 0 + β β 4 4 β 4 β ± 4. + ( )

Άρα, οι ζητούμενες ευθείες θα είναι οι: 49 ε : x y+ + 4 0 και ε : x y+ 4 0. β τρόπος: Ένα σημείο Μ ( xy, ) ανήκει σε μια από τις ευθείες ε και ε, αν και μόνο αν απέχει από την ε απόσταση ίση με 4, δηλαδή, αν και μόνο αν x y+ + ( ) 4 x y+ 4 x y + 4 ή x y+ 4 x y + ( + 4 ) 0 ή x y+ ( 4 ) 0 () Οι εξισώσεις () αποτελούν τις εξισώσεις των ευθειών ε και ε. 7. (i) Έχουμε ΑΒ (,) 60 και ΑΓ ( 4, ). Άρα (ii) Έχουμε ΑΒ ( 4, 0 ) και ΑΓ ( 70, ). Άρα μονάδες. μονάδες. (iii) Έχουμε ΑΒ (, ) και ΑΓ ( 6, 6 ). Άρα Άρα, δε σχηματίζεται τρίγωνο με κορυφές τα σημεία Α(, ), Β (, 4 ) και Γ ( 5, 4). 8. Αφού το Μ είναι σημείο του άξονα x x θα έχει συντεταγμένες της μορφής ( x, 0 ), οπότε θα είναι ΑΜ ( x 5, ) και ΑΒ ( 4, ). Επομένως:

50 x 4 4 ή x 4 4 x 4 ή x 0. Άρα, το ζητούμενο σημείο θα είναι το Μ(4,0) ή το Μ(0,0). 9. Αν Μ ( xy, ) είναι το ζητούμενο σημείο, τότε θα έχουμε: ΜΑ ΜΒ ( x) + ( 4 y) ( 5 x) + ( y) και 9 6x+ x + 6 8y+ y 5 0x+ x + 4+ y + 4y 4x y 4 x y 6x+ y 6 0 6x+ y 6 0 ή 6x+ y 6 0 x+ y ή x+ y Επομένως: ΜΑ ΜΒ x y ( ΜΑΒ ) 0 x+ y ή x y x+ y. Λύνοντας τα συστήματα αυτά βρίσκουμε ότι τα σημεία Μ ( 7, ) και Μ (, 0) είναι τα ζητούμενα. 0. Αν Α(, ), Β (, ), Γ ( 4, 5) οι τρεις κορυφές του παραλληλόγραμμου ΑΒΓΔ, τότε θα είναι ΑΒ (, ) και ΑΓ ( 7, 6 ). Άρα ( ΑΒΓ ) ( ΑΒΓ ) 6 4 0. 7 6

Β ΟΜΑΔΑΣ 5. Οι ευθείες που διέρχονται από την αρχή Ο(0,0) είναι ο κατακόρυφος άξονας y y, δηλαδή η ευθεία x 0 και οι μη κατακόρυφες ευθείες y λ x. Επειδή, όμως, το Β (, 0 ) είναι σημείο του y y, ο άξονας αυτός αποκλείεται να ικανοποιεί την απαίτηση του προβλήματος. Από τις y λ x, η ζητούμενη είναι εκείνη που ισαπέχει από τα σημεία Α(, 0 ) και Β (, 0 ). Επομένως, θα έχουμε: λ( ) 0 λ 0 λ + ( ) λ + ( ) λ λ λ ±. Άρα, οι ευθείες y x και y x είναι αυτές που ισαπέχουν από τα σημεία Α και Β.. Αν Μ ( α, 0 ) είναι το σημείο του x x που ισαπέχει από την αρχή Ο(0,0) και από την ευθεία 5x+ y 60 0 τότε θα έχουμε: α 5α + 0 60 5 + α 5α 60 α 5α 60 5α 60 α ή 5α 60 α α 5 ή α 0. 5 0 Άρα υπάρχουν δύο σημεία του x x, τα Μ, 0 και Μ, 0 που ικανοποιούν τις απαιτήσεις του προβλήματος.. Η ζητούμενη ευθεία αποκλείεται να είναι κατακόρυφη ή οριζόντια (αφού τέμνει και τους δύο άξονες). Αφού λοιπόν, διέρχεται από το σημείο Μ (, ), θα έχει εξίσωση Από την (), για y 0, έχουμε x y λ( x ), λ R *. () λ και, για x 0, έχουμε y λ. Άρα, λ η () τέμνει τους άξονες στα σημεία Α λ, 0 και Β (, 0 λ ), οπότε είναι: λ

5 λ ( λ ) ( ΑΟΒ ) ( ΟΑ )( ΟΒ ) λ. λ λ Άρα: ( ) ( ΑΟΒ ) λ 4 4 ( λ ) 8 λ. λ Για τη λύση της εξίσωσης αυτής διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: Αν λ > 0, τότε ( λ ) 8λ λ 4λ+ 4 8λ 0 λ λ+ 4 0 λ 6± 4 Αν λ < 0, τότε ( λ ) 8λ λ 4λ+ 4+ 8λ 0 λ + 4λ+ 4 0 λ. Επομένως, οι ευθείες με εξισώσεις y ( 6+ 4 )( x ), y ( 6 4 )( x ) και y ( x ) είναι οι ζητούμενες. 4. Επειδή οι απόσταση του σημείου Α(, ) από τον άξονα y y ισούται με, μία από τις ζητούμενες ευθείες είναι ο άξονας y y, δηλαδή η ευθεία με εξίσωση x 0. Αν τώρα είναι y λ x η εξίσωση της μη κατακόρυφης που διέρχεται από το Ο (,) 00 και η οποία απέχει από το σημείο Α(, ) απόσταση ίση με τότε θα έχουμε: λ( ) λ + ( ) 4 λ+ λ + λ + 6λ+ 9 λ + λ. Άρα, η ζητούμενη μη κατακόρυφη ευθεία είναι η y 4 x. 5. Η εξίσωση x y+ 0 γράφεται ισοδύναμα y x+. Άρα, αν ένα σημείο Μ ανήκει σε αυτήν, οι συντεταγμένες του θα είναι της μορφής ( xx+, ). Έτσι, αν η απόσταση του Μ από την ευθεία x 5y+ 60 0 ισούται με, θα έχουμε:

5 x 5( x+ ) + 60 7x 50 + + ( 5) 7x + 50 ή 7x + 50 x 7 7 ή x 9. 7 Άρα, τα σημεία Μ, και Μ ( 9, 7) απέχουν από την ευθεία 7 7 x y+ 0 απόσταση ίση με. 6. Έχουμε ΑΒ ( γ α, δ β ) και ΑΓ ( γ, δ ). Τα σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά, αν και μόνο αν τα ΑΒ και ΑΓ είναι συγγραμμικά. Όμως: ΑΒ // ΑΓ det( ΑΒ, ΑΓ ) 0 γ α δ β 0 γ δ αδ γδ + γδ βγ 0 αδ βγ 0. 7. α τρόπος: Είναι λ ΑΒ β. Άρα, η μεσοκάθετος του ΑΒ θα έχει συντελεστή α α διεύθυνσης λ και, αφού διέρχεται από το σημείο Μ α β,, θα έχει εξίσωση: β β α α y x β, δηλαδή y α x+ β α. β β α β Από την εξίσωση αυτή, για y 0, έχουμε x ενώ, για x 0, έχουμε α β α y. Άρα, η μεσοκάθετος του ΑΒ τέμνει τον άξονα x x στο σημείο P( p, 0 ), β

54 α β β α με p, και τον άξονα y y στο σημείο Q(, 0 q) με q. Έτσι α β έχουμε ήδη εκφράσει τα p, q συναρτήσει των α και β, οπότε έχουμε: αβ ( α ) βα ( β ) (i) αq+ β p + β α α ( β α ) + β ( α β ) αβ ( α β )( β α ) pq. αβ αα ( β ) β( β α ) α β + β α (ii) αp+ βq + 0 α β β τρόπος: Τα διανύσματα PQ και ΑΒ είναι κάθετα και τα σημεία M, P, Q συνευθειακά. Άρα, PQ ΑΒ 0 και det( MP, MQ) 0 οπότε 8. Ένα σημείο M( x, y) ανήκει σε μια από τις διχοτόμους των γωνιών που ορίζουν οι ευθείες x 4y+ 0 και 5x+ y+ 4 0, αν και μόνο αν ισαπέχει από τις δύο ευθείες, δηλαδή, αν και μόνο αν ισχύει x 4y+ 5x+ y+ 4 x 4y 5x y 4 + + + + ( 4) 5 + 5 (x 4y+ ) 5(5x+ y+ 4) ή (x 4y+ ) 5(5x+ y+ 4) 9x 5y+ 5x+ 60y+ 0 ή 9x 5y+ 5x 60y 0 x 6y 0 ή 64x+ 8y+ 0. Άρα, οι εξισώσεις των διχοτόμων είναι οι: x 6y 0 και 64x+ 8y+ 0.

9. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών x y+ 0 και x y+ 5 0 x y+ 0 είναι η λύση του συστήματος, που είναι το ζεύγος ( xy, ) (, ). x y+ 5 0 Άρα, το κοινό σημείο των ευθειών αυτών είναι το Μ (, ). Η απόσταση της κατακόρυφης x από το Α(, ) είναι ίση με. Άρα η ευθεία αυτή δεν ικανοποιεί τις απαιτήσεις του προβλήματος. Οι μη κατακόρυφες που διέρχονται από το Μ (, ) έχουν εξίσωση y λ( x ), λ R, η οποία γράφεται ισοδύναμα λx y+ ( λ) 0, λ R. Από αυτές η ζητούμενη είναι εκείνη που απέχει από το Α(, ) απόσταση ίση με 7. Άρα, έχουμε: 5 λ + λ 7 λ 7 + 5 λ + ( ) λ + 5 55 + ( λ ) λ + 49 5λ + 50λ+ 5 49λ + 49 5 λ 5λ+ 0 λ ή λ 4 4. Άρα, οι ζητούμενες ευθείες είναι οι: x y+ 0 και 4 x y+ 0. 4 0. Ένα σημείο M( x, y) είναι σημείο του ζητούμενου συνόλου, αν και μόνο αν ισχύει ( ΜΑΒ ) 8. Όμως: Επομένως: ( ΜΑΒ ) 8 x+ 4y+ 5 6 x+ 4y + 5 6 ή x+ 4y+ 5 6 x+ 4y 0 ή x+ 4y + 0. Άρα, το ζητούμενο σύνολο αποτελείται από τις ευθείες x+ 4y 0 και x+ 4y + 0.

56 ΓΕΝΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ου ΚΕΦΑΛΑΙΟΥ. Θεωρούμε την κατακόρυφη που διέρχεται από το Μ (, 0 ), δηλαδή την x, η οποία τέμνει την y x+ στο σημείο Α(, ) και την y x στο Β (,). Έχουμε ( ΑΒ ). Άρα η x είναι μία λύση του προβλήματός μας. Έστω, τώρα, μία μη κατακόρυφη ευθεία που διέρχεται από το σημείο Μ (, 0 ). Η ευθεία αυτή θα έχει εξίσωση της μορφής y λ( x ), λ R, δηλαδή της μορφής y λx λ y λx λ, λ R. Η λύση του συστήματος δίνει τις συντεταγμένες y x+ y λx λ του Α, ενώ η λύση του συστήματος δίνει τις συντεταγμένες του Β. Για y x να έχουν λύση τα συστήματα αυτά αρκεί λ. Λύνοντας τα παραπάνω συστήματα λ + λ βρίσκουμε ότι οι συντεταγμένες των Α και Β είναι αντιστοίχως, και λ λ λ λ λ, λ. Έτσι, θα είναι: ( ΑΒ ) ( ΑΒ ) 4 λ λ + + λ λ ( ) + ( λ) 4 λ λ λ λ ( λ ) 4 4( λ + ) 4 λ + λ λ+ λ 0 ( λ ) Άρα, η δεύτερη ευθεία που ικανοποιεί τις απαιτήσεις μας έχει εξίσωση y 0.. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών είναι η λύση του συστήματος λx+ ( λ ) y λ, του οποίου η ορίζουσα είναι ( λ+ ) x+ λy λ + λ D λ+ λ λ λ + 0 λ για κάθε λ R. Άρα, το σύστημα αυτό έχει μοναδική λύση για κάθε λ R, επομένως οι ευθείες πάντα τέμνονται. Για την εύρεση της λύσης του συστήματος έχουμε: και D x λ λ λ λ λ+ λ+ λ + λ+ λ

57 Άρα λ λ D y + + λ λ λ + λ λ λ λ. D D x y ( xy, ),, (, ). λ+ λ D D λ + λ Έτσι, για τις συντεταγμένες του κοινού σημείου των ευθειών έχουμε: x λ + x λ +, λ R, λ R x y+ y x+ y λ λ y Η ευθεία y x+ είναι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος.. Αν Κ ( x0, y0 ) το κοινό σημείο των τριών ευθειών, και Μ, Μ, Μ τα σημεία με συντεταγμένες ( α, β ), ( α, β ) και ( α, β ), τότε θα είναι ( x0, y0) (0,0) και, επιπλέον, θα ισχύει: α x α x α x + β y αx0+ βy0 + β y, οπότε θα έχουμε ( α α) x0 + ( β β) y0 0. + β y ( α α) x0 + ( β β) y0 0 0 0 0 0 0 0 Επομένως, το ζεύγος ( x0, y0 ) είναι μία λύση του συστήματος ( α α) x+ ( β β) y 0. ( α α) x+ ( β β) y 0 Επειδή ( x0, y0) (0,0), το σύστημα έχει δύο, τουλάχιστον, λύσεις την ( 00,) και την ( x0, y0 ). Άρα, η ορίζουσά του θα είναι ίση με μηδέν, δηλαδή θα ισχύει: α α β β α α β β 0 ΜΜ // ΜΜ Μ, Μ, Μ συνευθειακά. 4. Οι συντεταγμένες του σημείου τομής των δύο ευθειών είναι η λύση του συστήματος x y + α β βx+ αy αβ x y αx+ βy αβ + β α

58 αβ αβ το οποίο, αν β α, α, έχει μοναδική λύση την ( xy, ),. α + β α + β Επομένως, σημείο τομής των δύο ευθειών είναι το Μ αβ αβ,, οπότε η α + β α + β αβ β α + β β ευθεία ΜΑ θα έχει συντελεστή διεύθυνσης λ αβ α β α α + β εξίσωση y β ( x α), δηλαδή β x α y+ αβ ( α β) 0. α β α και άρα 5. Αρκεί να βρούμε την απόσταση ενός σημείου της ευθείας ε : x + y από την Α Β x y ευθεία ε : + α β. Η ε τέμνει τον άξονα y y στο σημείο Μ (, 0 Β) του οποίου η απόσταση από την ε είναι d Β β + α β αβ αβ α + β. Όμως οι ευθείες ε, ε είναι παράλληλες. Άρα, θα έχουν ίσους συντελεστές διεύθυνσης, δηλαδή θα ισχύει β Β ή, ισοδύναμα, Α α Α β αβ, οπότε θα είναι: d Αβ αβ β( Α α) β( Α α) α + β α + β α + β (αφού β > 0 και Α α > 0 ). 6. (i) Έχουμε x 4xy+ y 0 x 4xy+ 4y y 0 ( x y) ( y) 0 ( x y y)( x y+ y) 0

59 x ( + ) y 0 ή x ( ) y 0 y x + ή y x y ( ) x ή y ( + ) x. Άρα, η x 4xy+ y 0 παριστάνει τις ευθείες y ( ) x και y ( + ) x. (ii) Θεωρούμε τα διανύσματα δ (, ), δ (, + ) που είναι παράλληλα στις δύο προηγούμενες ευθείες καθώς και το δ (,) που είναι παράλληλο στην y x. Αν φ είναι η γωνία των δ, δ και φ η γωνία των δ, δ, θα είναι: δ δ + ( ) συνϕ δ δ + + ( ) 4 ( ) άρα ϕ 0. Ομοίως δείχνουμε ότι συνϕ, δηλαδή ϕ 0 ζητούμενο έχει αποδειχτεί. και το 7. (i) Για να ορίζει η ευθεία αx+ βy+ γ 0 με τους άξονες τρίγωνο, αρκεί να είναι α, β, γ 0. Η ευθεία αυτή τέμνει τους άξονες στα σημεία Α γ,0 και Β 0,. α γ β Επομένως, το ΑΟΒ είναι ισοσκελές, αν και μόνο αν επιπλέον ισχύει γ γ γ γ ( ΟΑ) ( ΟΒ ) α β. α β α β Άρα, η ευθεία σχηματίζει με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο, αν και μόνο αν α β 0 και γ 0. (ii) Αν β β 0, τότε οι ευθείες συμπίπτουν με τον άξονα y y, οπότε αποκλείεται ο άξονας x x να διχοτομεί τη γωνία τους. x y Ο y x

60 Αν ένας μόνο από τους β, β είναι μηδέν, τότε πάλι αποκλείεται ο άξονας x x να διχοτομεί τη γωνία τους. Αν β, β 0, τότε οι ευθείες ε, ε έχουν φ φ α α συντελεστή διεύθυνσης λ και λ β β αντιστοίχως και, επειδή διέρχονται από την αρχή των αξόνων, για να διχοτομεί ο x x τη γωνία τους πρέπει και αρκεί να ισχύει: x Ο y φ α α λ λ αβ + βα 0 β β y ε ε x 8. y Δ(0,) Ε Γ Ζ Ζ Α(0,0) Ε Β(,0) x (i) Αν ΕΕ και ΖΖ είναι τα ύψη των ισόπλευρων τριγώνων ΕΑΒ και ΖΒΓ τότε, όπως γνωρίζουμε από τη Γεωμετρία, θα ισχύει ΑΕ ΕΕ και ΒΖ ΖΖ. Επομένως ( xε, yε ) (, ) και ( xζ, yζ ) ( +,).

(ii) Για να δείξουμε ότι τα Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά, αρκεί να δείξουμε ότι λ Πράγματι έχουμε Ε 6 λ. Ζ λ Ε 0 Άρα λ λ. λ Ζ ( ). + + 4 Ε Ζ

ΚΕΦΑΛΑΙΟ. Ο ΚΥΚΛΟΣ Α ΟΜΑΔΑΣ. (i) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με ρ + ( ) και επομένως η εξίσωσή του είναι: x + y (ii) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με ρ ( α β) + ( α + β) ( α + β ) και επομένως η εξίσωσή του είναι: x + y ( α + β ). (iii) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με την απόσταση του κέντρου O( 00,) του κύκλου από την ευθεία x y 0. Επομένως ρ εξίσωσή του είναι: x + y. + και άρα η (iv) Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με την απόσταση του κέντρου O( 00,) του κύκλου από την ευθεία αx+ βy ( α + β ) 0. Επομένως, ρ και άρα η εξίσωση του κύκλου είναι: x + y α + β. α α + β + β α + β. (i) Αν Α( x, y ) είναι το σημείο επαφής, τότε η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Α θα έχει εξίσωση xx + yy και επειδή είναι παράλληλη στην ευθεία y x+ 5 x θα ισχύει. Άρα x y. Επειδή το σημείο Α( x, y ) είναι σημείο του y κύκλου θα ισχύει x + y 5. Επομένως, το σημείο Α( x, y ) προσδιορίζεται από τη λύση του συστήματος

64 x x Η () λόγω της () γίνεται y () + y 5 ( ) ( y ) + y 5 y ή y, y οπότε υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα Α(, ) και Β (, ) και οι αντίστοιχες εφαπτόμενες είναι οι x+ y 5 και x y 5. (ii) Αν Α( x, y ) είναι το σημείο επαφής, τότε η εφαπτομένη του κύκλου στο Α θα έχει εξίσωση xx + yy και, επειδή είναι κάθετη στην ευθεία y 5 x x, θα είναι. Άρα x y. y Επειδή το σημείο Ax (, y ) είναι σημείο του κύκλου, θα ισχύει x + y 5. Επομένως το σημείο Α προσδιορίζεται από τη λύση του συστήματος x x Η () λόγω της () γίνεται y () + y 5 ( ) 4 x + y 5 y ή y, οπότε υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα Α(, ) και Β (, ) και οι αντίστοιχες εφαπτόμενες είναι οι x+ y 5 και x y 5. (iii) Αν Μ ( x, y ) είναι το σημείο επαφής, τότε η εφαπτομένη του κύκλου θα έχει εξίσωση xx+ yy 5 και επειδή διέρχεται από το σημείο Α( 50, ) θα είναι 5x+ 0y 5. Επομένως x. Επειδή το σημείο Μ ( x, y ) είναι σημείο του κύκλου θα ισχύει x + y 5. Επομένως το σημείο Μ προσδιορίζεται από την λύση του συστήματος x x () + y 5 ( ) ε ε Ο ε x

Η () λόγω της () γίνεται 65 + y 5 y ή y, οπότε υπάρχουν δύο σημεία επαφής, τα Μ (, ) και Μ (, ) και οι αντίστοιχες εφαπτόμενες είναι οι x+ y 5 και x y 5.. Οι εφαπτόμενες του κύκλου x + y στα σημεία Α, Β, Γ και Δ είναι αντιστοίχως: y Ε ε : x+ y, ε : x+ y Β(-,) Α(,) ε : x y, ε 4 : x y. Τα σημεία τομής των εφαπτομένων είναι Ε (, 0 ), Ζ (, 0 ), Η (, 0 ) και Θ ( 0, ). Επειδή οι διαγώνιες ΕΗ και ΖΘ είναι ίσες και διχοτομούνται κάθετα το τετράπλευρο ΕΖΗΘ είναι τετράγωνο. Ζ Γ(-,-) Ο Η Θ x Δ(,-) 4. Για να έχει η χορδή μέσον το Μ, πρέπει να είναι κάθετη στην ΟΜ στο Μ. Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΟΜ είναι λ και επομένως ο συντελεστής διεύθυνσης της χορδής θα είναι ίσος με. Άρα, η εξίσωση της χορδής είναι y Ο Μ x y+ ( x ) ή, ισοδύναμα, y x. ε 5. (i) Η ακτίνα του κύκλου είναι ρ ( ) + και επομένως η εξίσωση του είναι x + ( y ). (ii) Το κέντρο Κ του κύκλου είναι το μέσον του ΑΒ και επομένως έχει τετμημένη + 7 και τεταγμένη + 8 5, δηλαδή το κέντρο του κύκλου είναι το σημείο Κ (, 5 ). Η ακτίνα του κύκλου είναι ίση με

66 ρ ΑΒ ( 7+ ) + ( 8 ) 00 5. Άρα, η εξίσωση του κύκλου είναι ( x ) + ( y 5) 5. (iii) Το κέντρο Κ ( x0, y0 ) του κύκλου ισαπέχει από τα Α και Β και μάλιστα ισχύει ΚΑ ΚΒ 5. Επομένως και οπότε ( x ) + ( y 0) 5 () 0 0 ( x 7) + ( y 0) 5 () 0 ( x ) + y ( x 7) + y x 4. 0 Αντικαθιστούμε την τιμή αυτή του x 0 στην () και έχουμε 0 0 + y 5 y 4 ή y 0 4. 0 0 0 Επομένως ( x0, y0) ( 44, ) ή ( x0, y0) ( 4, 4). Άρα, υπάρχουν δύο κύκλοι και έχουν εξισώσεις ( x 4) + ( y 4) 5 και ( ) x + ( y+ ) 4 4 5. (iv) Αν Κ ( x0, y0 ) το κέντρο του κύκλου, τότε ισχύουν: y x και ( x 4) + ( y 0) ( x 8) + ( y 0). 0 0 Έτσι έχουμε το σύστημα: 0 x0 y0 ( x0 4) ( x0 8) 0 0 0 0 x0 6. y0 6 Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο Κ (,) 66 και ακτίνα ρ ΚΑ ( 6 4) + ( 6 0) + 6 0. Άρα, η εξίσωση του κύκλου είναι: ( x 6) + ( y 6) 40. (v) Το κέντρο Κ του κύκλου θα έχει τετμημένη 8 + 4 µ 6 και τεταγμένη, µ δηλαδή ο κύκλος θα έχει για κέντρο το σημείο Κ 6,. Είναι όμως 0

67 µ ΚΑ ΚΓ + + µ ( 6 4) ( 6 0) + 4 µ + + µ 6 + 4 + ( µ ) µ 6. Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο Κ (, 6 9) και ακτίνα ρ ΚΑ ( 6 4) + ( 9) 4+ 8 85. Άρα, η εξίσωσή του κύκλου είναι ( x 6) + ( y+ 9) 85. (vi) Το κέντρο Κ ( x0, y0 ) του κύκλου είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του τμήματος ΑΒ και της καθέτου στον άξονα x x στο σημείο Α. + 0+ Το μέσον του ΑΒ είναι το σημείο Μ με συντεταγμένες, (,) και ο συντελεστής διεύθυνσης της ΑΒ είναι ο 0. Επομένως, η μεσοκά- θετος του ΑΒ έχει εξίσωση y ( x ), δηλαδή, y x. Η κάθετος στον x x στο Α έχει εξίσωση x. Επομένως, το κέντρο Κ προσδιορίζεται από τη λύση του συστήματος y x, η οποία είναι ( xy, ) (, ). x Επομένως, ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο Κ (, ) και ακτίνα ρ ΚΑ ( ) +. Άρα η εξίσωση του είναι ( x ) + ( y ). (vii) Το κέντρο Κ ( x0, y0 ) του κύκλου θα είναι η τομή της μεσοκαθέτου του τμήματος ΟΑ και της καθέτου στην ε στο σημείο της Α( 0,). Η μεσοκάθετος του ΟΑ έχει εξίσωση y και η κάθετος στην ε στο Α έχει εξίσωση 4 4 y ( x 0) ή, ισοδύναμα, y x+. Επομένως, το κέντρο Κ προσδιορίζεται από τη λύση του συστήματος